Matematika III, 5. cvičení
Absolutní extrémy funkcí více proměnných na kompaktní množině
Na kompaktní (tj. uzavřené a ohraničené) množině M nabývá funkce / svých absolutních (globálních) extrémů buď ve stacionárních bodech ležících v M nebo na hranici množiny M. Při určování absolutních extrémů funkce / postupujeme takto:
(1) určíme stacionární body uvnitř M, případně body, ve kterých nějaká parciální derivace funkce / neexistuje;
(2) vyšetříme funkci / na hranici M;
(3) vybereme největší a nejmenší dosaženou funkční hodnotu.
V bodě (2), který bývá obvykle nej těžší, se dá pro funkci dvou proměnných postupovat následujícím způsobem:
Na částech Mi hranice M si vyjádříme y pomocí x nebo naopak (hranici M rozdělíme na takové části Mi, aby vyjádření jedné proměnné pomocí druhé nebylo moc komplikované), a to pak dosadíme do předpisu funkce /, čímž pro každou část Mi dostaneme novou funkci gi jedné proměnné. U každé funkce gi určíme také uzavřený interval (protože M je uzavřená, bude také interval uzavřený), ze kterého je proměnná této funkce, a na tomto intervalu vyšetříme funkci gi, tj. určíme funkční hodnoty funkce gi v krajních bodech intervalu, v jejích stacionárních bodech ležících uvnitř intervalu a případně v bodech uvnitř intervalu, ve kterých neexistuje g^. Tyto hodnoty funkce gi budou stejné jako hodnoty funkce / v odpovídajících bodech na hranici M.
Příklad 1. Určete největší a nejmenší hodnotu funkce f(x, y) = (2x2+3y2)e~(x2+y2} na množině M : x2 +y2 < 4.
Řešení Budeme postupovat podle tří výše uvedených bodů.
(1) Nejprve určíme obě parciální derivace a pomocí nich pak stacionární body (vyřešíme soustavu dvou rovnic o dvou neznámých fx = 0, f ý = 0) ležící uvnitř množiny M, kterou je kruh se středem [0, 0] a poloměrem 2.
f = [4x + {2x2 + Zy2){-2x))e-(x2+y^ = -2xe^x2+y2\2x2 + 3y2 - 2) = 0, f'y = [6y + {2x2 + 3y2)(-2y)]e-^2+y2^ = -2ye^x2+y2\2x2 + 3y2 - 3) = 0.
Obě parciální derivace zřejmě existují v celém M2, z výše uvedené soustavy tedy najdeme stacionární body, zkontrolujeme, jestli leží v množině M a určíme fukční hodnoty v těchto bodech. Dostáváme 4 možnosti:
(i) x = 0,y = 0, pak/(0,0)=0,
(ii) x = 0, 2x2 + 3y2 - 3 = 0, z toho x = 0, y = ±1, pak /(0, ±1) = f,
(iii) y = 0, 2x2 + 3y2 - 2 = 0, z toho x = ±1, y = 0, pak /(±1, 0) = f,
(iv) 2x2 + 3y2 — 2 = 0, 2x2 + 3y2 — 3 = 0, odečtením dostaneme 1=0, takže tato soustava nemá řešení.
Všechny stacionární body (tj. body [0, 0], [0, ±1], [±1, 0]) zřejmě leží uvnitř kruhu M.
(2) Nyní vyšetříme funkci / na hranici množiny M, tj. na kružnici se středem v bodě [0, 0] a poloměrem 2, jejíž rovnice je x2 +y2 = 4. Nyní bychom mohli přímo do předpisu funkce / dosadit x2 + y2 = 4 a dostali bychom funkci jedné proměnné:
1
- vezmeme-li 2x2 + 3y2 = 2{x2 + y2) + y2, bude to funkce f\{y) = (8 + y2)e 4, kterou bychom vyšetřovali pro y G (—2,2), protože body kružnice mají y-ové souřadnice od —2 do 2,
- nebo vezmeme-li 2x2 +3y2 = 3{x2 +y2) —x2, bude to funkce f2{x) = (12 — x2)e~4, kterou bychom vyšetřovali pro x G (—2, 2).
Obecně nemívá předpis funkce / tolik společného s předpisem hranice množiny M, proto budeme postupovat způsobem fungujícím v obecnějším případě, který je popsaný před tímto příkladem.
Hranici M si rozdělíme na dvě části M\, M2, horní a dolní půlkružnici. Na každé z těchto částí je y funkcí x, proto si vyjádříme y pomocí x: y2 = 4 — x2, dostaneme tedy dvě možnosti:
(i) y = \/4 — x2, x G (—2, 2), což je horní půlkružnice,
(ii) y = —V4 — x2, x G (—2, 2), což je dolní půlkružnice.
(Pokud bychom hranici M rozdělili na pravou a levou půlkružnici, mohli bychom naopak vyjádřit x pomocí y.) Dosazením do předpisu funkce / získáme funkce g\,g2, které vyšetříme.
(i) gi(x) = f(x, VI^x2) = (2x2+3(4-x2))e-(x2+(4-x2y> = (12-x2)e-4, kde x G (-2, 2). Hodnoty v krajních bodech intervalu jsou gx(±2) = f (±2, ^4 - (±2)2) = f (±2, 0) = 8/e4. Derivace je g'i(x) = —2xe~4 = 0 pro x = 0 G (—2, 2), což je stacionární bod. Pak gi(0) = /(O, 2) = 12/e4. Derivace g'i(x) je všude definovaná, takže máme vyšetřenou funkci g\{x).
(ii) Situace je téměř stejná jako v (i), neboť platí f{x,—y) = f{x,y), tudíž g2{x) = f(x, —\/4 — x2) = f(x, \/4 — x2) = gi(x). Jiné mohou být pouze body pro funkci /, které odpovídají stacionárním bodům funkce 52 a krajním bodům intervalu. Pak g2(±2) = /(±2,-V4-(±2)2) = f (±2, 0) = 8/e4, g2(0) = /(O, -2) = 12/e4.
(3) V bodech (1) a (2) jsme získali tyto funkční hodnoty: /(O, 0) = 0, /(O, ±1) = f, /(±1, 0) = |, /(±2, 0) = 8/e4, /(0, ±2) = 12/e4. Z těchto hodnot vybereme největší a nejmenší:
největší hodnota je | pro = [0, ±1],
nejmenší hodnota je 0 pro [x, y] = [0, 0].
Výsledek. Největší hodnota je | pro [x,y] = [0, ±1], nejmenší hodnota je 0 pro [x,y] = [0, 0].
Příklad 2. Určete největší a nejmenší hodnotu funkce f(x,y) = xy — x2 — y2+x+y v trojúhelníku M ohraničeném souřadnými osami a přímkou x + y — 4 = 0.
Výsledek. Jediným stacionárním bodem je [1,1], v němž je absolutní maximum /(l, 1) = 1. Absolutní minimum —12 je v bodech [4,0] a [0,4] ležících na hranici.
Příklad 3. Určete největší a nejmenší hodnotu funkce f(x, y) = x2 + 2xy + 2y2 — 3x — 5y v trojúhelníku M s vrcholy A =[0,2], B = [3, 0] a C = [0, -1].
Výsledek. Absolutní maximum je 7 v bodě [0,-1], absolutní minimum je — ^ v bodě [^,1].
Funkční hodnoty v kandidátech na extrém jsou: /(|, 1) = —^,/(0, —1) = 7,/(0, 2) = — 2,/(3, 0) = n  f((] 5\ _ _25   f(9_  7\ _ _49   f(36  _5_\ _ _25 viJ\vi4) 8'-/U0'5'1 20'-'U7'    17' 17"
Příklad 4. Určete největší a nejmenší hodnotu funkce f(x,y) = 2x2 + Ay2 na množině M : x2 + y2 < 9.
2
Výsledek. Absolutní maximum je 36 v bodech [0, ±3], absolutní minimum je 0 v bodě [0, 0].
Příklad 5. Určete největši a nejmenší hodnotu funkce f(x, y) = x2 + 3xy + y2 + 2 na množině M ohraničené grafy funkcí y = 2 a y = \x\.
Výsledek. Absolutní maximum je 22 v bodě [2, 2], absolutní minimum je —2 v bodě [—2, 2].
Příklad 6. Určete největši a nejmenší hodnotu funkce f(x, y) = x2 + 2xy — Ax + 8y na množině určené podmínkami 0<x<l,0<y<2.
Výsledek. Absolutní maximum je 17 v bodě [1, 2], absolutní minimum je —3 v bodě [1, 0].
Příklad 7. Určete největši a nejmenší hodnotu funkce f(x, y, z) = x + 2y + 3z na množině M : x2 +y2 < z < 1.
Nápověda. Protože f'x = l,fý=2,f'z = 3, nejsou žádné stacionární body, tudíž hledané hodnoty budou na hranici M, tj. na množině M\ U M2, kde M\ : x2 + y2 = z < 1, M2 : x2 + y2 < z = 1. Pro Mi máme funkci y) = x + 2y + 3{x2 + y2) na množině N\ : x2 + y2 < 1, pro M2 máme funkci f2(x,y) = x + 2y + 3 na množině A^2 : + y2 < 1. Pro funkce dvou proměnných už to (snad) umíme dořešit.
Výsledek. Absolutní maximum je 3 + v bodě -^g, 1], absolutní minimum je — ^ v bodě r_i _I Ai
L   6'    3 ' 36 J •
V některých speciálních případech (pokud např. umíme sestrojit vrstevnice funkce, jejíž extrémy hledáme, a pokud množina, na níž tyto extrémy hledáme, je „dostatečně jednoduchá") můžeme použít rychlejší metodu, kterou si objasníme na následujícím příkladu:
Příklad 8. Pomocí vrstevnic funkce f(x, y) = x — y určete její největši a nejmenší hodnotu na množině M : x2 + y2 < 1.
Řešení. Vrstevnice jsou f(x,y) = c, tj. y = x — c, což jsou přímky rovnoběžné s osou I. a III. kvadrantu. Čím větší c, tím je vrstevnice y = x — c níž a čím menší c, tím je vrstevnice výš. Množina M je kruh k([0, 0]; 1). Absolutní extrémy tedy zřejmě nastanou v případech, kdy vrstevnice bude tečnou ke kružnici, tudíž absolutní maximum nastane v bodě [l/\/2, —1/^/2], jeho hodnota je y/2, absolutní minimum nastane v bodě [—l/y/2, l/y/2], jeho hodnota je —\[2.
Výsledek. Absolutní maximum v bodě [l/\/2, — l/y/2], jeho hodnota je y/2, absolutní minimum v bodě [—1/s/2,1 /y/2], jeho hodnota je — y/2.
Příklad 9. Pomocí vrstevnic funkce f(x, y) = xy určete její největši a nejmenší hodnotu na množině M : \x\ + \y\ < 1.
Výsledek. Absolutní maximum je ^ v bodech [±^,±^], absolutní minimum je — ^ v bodech
Příklad 10. Pomocí vrstevnic funkce f(x, y) = x2 — Ax + y2 — Ay + 10 určete její největši a nejmenší hodnotu na množině M : x2 + y2 < 1.
Výsledek. Absolutní maximum je 11 + AV2 v bodě [-l/\/2,-l/\/2], absolutní minimum je 11 - AV2 v bodě [1/V2,1/V2].
Příklad 11. Pomocí vrstevnic funkce f(x,y) = \x\ + \y\ určete její největši a nejmenší hodnotu na množině M : (x — l)2 + (y — l)2 < 1.
Výsledek. Absolutní maximum je 2 + y/2 v bodě [1 + l/\/2,1 + l/\/2], absolutní minimum je 2 - V2 v bodě [1 - l/y/2,1 - 1/V2].
3
Jacobiho matice zobrazení z IR2 do IR2 a jeho inverze
Nechť F = (f,g) : R2      R2 a předpokládejme, že funkce /, 5 (tj. složky zobrazení F) mají
f'x(*o,yo) fý(x0,yo) g'x(xo,yo) g'v(xo,yo)
v bodě [xo,yo] spojité parciální derivace a že Jacobiho matice F'(xq,ijq)
zobrazení F v bodě [a;o>yo] je regulární, tj. det F'(xq, yo) 7^ 0 (det F'(xq, yo) se nazývá jacobián zobrazení F v bodě [xq, yo]). Pak existuje okolí bodu [xq, yo], v němž je zobrazení F prosté, tudíž k němu existuje inverzní zobrazení F^1 v okolí bodu F(xo,yo), a pro Jacobiho matici tohoto inverzního zobrazení v bodě [uoi^o] = F(xQiVq) platí (F-1)1 (u$, vq) = [F'(xq, yo)]_1.
Příklad 12. Rozhodněte, zdaje zobrazeni F = (f, g) : M2 —> M2, tóe f (x,y) = x2 — y2, g(x,y) = 2xy (tj. zobrazení z 1—> z2, uvažujeme-li F jako zobrazení C —> C), prosté v nějakém okolí bodu [2,1]. V případě, že ano, určete Jacobiho matici inverzního zobrazení v bodě F(2,l).
Řešení. F'(x, y) = (j£ ~2^ ) , F'(2,1) = (\~\) , det F'(2,1) = 16 + 4 / 0, tudíž v nějakém okolí bodu [2,1] je F prosté. Dále F(2,1) = [3, 4],
(F-7(3,4) = [F'(2,l-1 " ^   ~2yl ~ 1 ^ 4     ^ " (   1/5 1/10
2     AJ        20 V"2     V     V-1/10 V5 Výpočet inverzní matice k regulárni matici A = (" ^) je snadný, neboť A-1 = ad^hc {-c~a" Výsledek. deti?/(2,1) = 20 7^ 0, tudíž v nějakém okolí bodu [2,1] je F prosté. Dále
íwo ^ - f   V5 1/10'
(^)'(3,4)_ V_1/1Q 1/5
Příklad 13. Rozhodněte, zda je zobrazení F = (f,g) : M2 —>■ M2, kde f(x,y) = xy,g(x,y) = ^, prosté v nějakém okolí bodu [2,1]. V kladném případě určete Jacobiho matici inverzního zobrazení F-1 v bodě F'(2,1).
Výsledek. deti?/(2,1) = —4 7^ 0, tudíž F je prosté v nějakém okolí bodu [2,1]. Dále
Příklad 14. Rozhodněte, zdaje zobrazení F = (f, g) : M2 —>■ M2, kde f (x, y) = \J x2 + y2,g(x, y) = xy, prosté v nějakém okolí bodu [0,1]. K kladném případě určete Jacobiho matici inverzního zobrazení F^1 v bodě F(0,1).
Výsledek. detF'(0,1) = —1 7^ 0, tudíž F je prosté v nějakém okolí bodu [0,1]. Dále
iv, ^     /0 1
(F-7(i,o)   (1 0
Příklad 15. Spočítejte jacobián funkce F, která je transformací dvou proměnných do polárních souřadnic, a příslušné inverzní transformace.
Nápověda. Funkce F je definována následujícím způsobem:
r /- y ~
>   v x2 + y2, arctg ■
x
pro x > 0
r /- y
[x,y]t-+   ^x2 + y2,7r +arctg-
pro x < 0,
7t
[0, y] >->•  y, - sgn(y)
Z polárních souřadnic nazpět je to i7 1 : [r, </?] 1—> [r cos ip, r sin </?]. Lépe se bude počítat, když napřed určíme jacobián zobrazení F^1 a z něj pak jacobián zobrazení F.
Výsledek. de^F"1)' = r,detF' = ±.
4